Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2011 - Huỳnh Tấn Quảng

1 11 2 2 31
00 00
1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 6
1 1 4
( ) (0 1)
2 6 3
x x x xx x xI x x e dx x e e dx e e
e e
         
      
 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng 
19
I
O
O'
M
M '
C'
B'
A B
C
A '
 Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 22 3 12 2y x x x    trên đoạn [ 1;2] 
 Hàm số 3 22 3 12 2y x x x    liên tục trên đoạn [ 1;2] 
 26 6 12y x x    
 Cho 
 (loai)
 (nhan)
2
2 [ 1;2]
0 6 6 12 0
1 [ 1;2]
x
y x x
x
              
 Ta có, 3 2(1) 2.1 3.1 12.1 2 5f       
3 2
3 2
( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15
(2) 2.2 3.2 12.2 2 6
f
f
        
    
Trong các số trên số 5 nhỏ nhất, số 15 lớn nhất. 
 Vậy, khi khi 
[ 1;2] [ 1;2]
min 5 2, max 15 1y x y x
 
     
Câu III 
 Gọi ,O O  lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và A B C   
 thì OO  vuông góc với hai mặt đáy. Do đó, nếu gọi I là trung 
 điểm OO thì 
 IA IB IC    và IA IB IC  
 Ta có, 
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
OA O A AM      
 Và 
22 2 2
2 2 3 21
2 3 4 3 6
a a a a a
IA OI OA IA
                  
 Suy ra, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và IA là bán kính của nó 
 Diện tích mặt cầu là: 
2 2
2 7 74 4
12 3
a a
S R
p
p p    (đvdt) 
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: 
 d1 đi qua điểm 1(2;3;0)M , có vtcp 1 ( 2;0;1)u  

d2 đi qua điểm 2(2;1;0)M , có vtcp 2 (1; 1;2)u  

 Ta có, 
1 2 1 2 1 2
. 2.1 0.( 1) 1.2 0u u u u d d         
   
 
1 2
0 1 1 2 2 0
[ , ] ; (1;5;2)
1 2 2 1 1 1
u u
         
 
1 2 1 2 1 2
(0; 2;0) [ , ]. 10 0M M u u M M     
  
 Vậy, d1 vuông góc với d2 nhưng không cắt d2 
 Mặt phẳng (P) chứa d1 nên đi qua 1(2;3;0)M và song song d2 
 Điểm trên mp(P): 
1
(2;3;0)M 
 vtpt của mp(P): 
1 2
[ , ] (1;5;2)n u u 
  
 PTTQ của mp(P):1( 2) 5( 3) 2( 0) 0x y z      
5 2 17 0x y z     
 Khoảng cách giữa d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P), bằng: 
2
2 2 2
2 5.1 2.0 17 10 30
( ,( ))
3301 5 2
d M P
  
  
 
Câu Va: 3 2 31 4 (1 ) 1 4 1 3 3 1 2z i i i i i i i            
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng 
20
 Vậy, 2 21 2 ( 1) 2 5z i z       
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb: (1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)A B D A  
Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên. 
 
1
2 2
( ) : 3
x t
d y
z t
   
 
 và 
2
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
 
 

 d1 đi qua điểm 1(2;3;0)M , có vtcp 1 ( 2;0;1)u  

d2 đi qua điểm 2(2;1;0)M , có vtcp 1 (1; 1;2)u  

 Lấy 
1 2
,A d B d  thì (2 2 ;3; ), (2 ;1 ;2 ) ( 2 ; 2 ;2 )A a a B b b b AB b a b b a        

 AB là đường vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi 
1
2
0. 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0 5 0
11( 2 ) 1( 2 ) 2(2 ) 0 6 2 0. 0
3
aAB u b a b a a
b a b b a b bAB u
                      
                  
 
  
 Đường vuông góc chung của d1 và d2 đi qua A(2;3;0) 
 và có vtcp 
1 5 2
( ; ; )
3 3 3
AB    

 hay (1;5;2)u 

 Vậy, PTCT cần tìm: 
2 3
1 5 2
x y z 
  
Câu Vb: 2z z (*) 
 Giả sử z a bi z a bi     . Thay vào phương trình (*)ta được: 
2 2 2 2 2 2( ) 2 2a bi a bi a bi a abi b i a bi a b abi             
 hoac 
2 22 2 2 2 2 2
1
2
2 2 0 (2 1) 0 0
a a ba a b a a b a a b
b ab ab b b a b a
               
      
                   
 Với b = 0, ta được hoac 2 2 0 0 1a a a a a a       
 Với 
1
2
a  , ta được 2 2
1 1 3 3
2 4 4 2
b b b       
 Vậy, các nghiệm phức cần tìm là: 
1 2 3 4
1 3 1 3
0 , 1 , ,
2 2 2 2
z z z i z i      
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng 
21
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP 
Đề số 06 
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 ------------------------------ --------------------------------------------------- 
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 3 2
1 1 1
2
3 2 6
y x x x    
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 
3 22 3 12 1 2 0x x x m     
Câu II (3,0 điểm): 
1) Giải bất phương trình: 1 62 2 24x x   
2) Tính tích phân: 
2
2
1
ln
e
x x
I dx
x

  
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 1y x x   tại các giao điểm của nó với 
đường thẳng 2 1y x  . 
Câu III (1,0 điểm): 
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. 
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón. 
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k
 
, cho hình hộp .ABCD A B C D    có 
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k      
       
, 
1) Viết phương trình mặt phẳng ( )ABA và tính khoảng cách từ C  đến ( )ABA 
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp .ABCD A B C D    
Câu Va (1,0 điểm): Cho 
1 3
2 2
z i  . Tính 2 1z z  
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k
 
, cho hình hộp .ABCD A B C D    có 
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k      
       
, 
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng .ABCD A B C D    là hình hộp chữ nhật. 
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp .ABCD A B C D    . 
Câu Vb (1,0 điểm): Cho 
1 3
2 2
z i  . Tính 2011z 
---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... 
Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng 
22
x
y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. 
Câu I: 
 Hàm số: 3 2
1 1 1
2
3 2 6
y x x x    
 Tập xác định: D   
 Đạo hàm: 2 2y x x    
 Cho hoaëc 20 2 0 1 2y x x x x         
 Giới hạn: ; lim lim
x x
y y
 
    
 Bảng biến thiên 
x – 2 1 + 
y  + 0 – 0 + 
y 
 7
2
  
 –1 
 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(1; )   , NB trên các khoảng ( 2;1) 
 Hàm số đạt cực đại 7
2
y 
CÑ
 tại 2x  
CÑ
. 
 Hàm số đạt cực tiểu 
CT
1y  tại 
CT
1x  . 
 2 1y x   . Cho 
1 5
0 2 1 0
2 4
y x x y         
 Điểm uốn: 
1 5
;
2 4
I
    
 Giao điểm với trục hoành: 3 2
1 1 1
0 2 0
3 2 6
y y x x x       
Giao điểm với trục tung: cho 
1
0
6
x y   
 Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 
 y –1 3,5 1,25 –1 3,5 
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 
 3 2 3 2
1 1 1 1
2 3 12 1 2 0 2 0
3 2 6 3
x x x m x x x m           
3 2 3 21 1 1 1 1 1 1 1 12 2
3 2 6 3 3 2 6 3 3
x x x m x x x m           (*) 
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ( )C và 
1 1
:
3 3
d y m  
 Do đó, (*) có 3 nghiệm pb 
1 1 7 4 1 19 4 19
1
3 3 2 3 3 6 3 2
m m m           
 Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt 
19 4
2 3
m   
Câu II: 
 1 6
64
2 2 24 2.2 24
2
x x x
x
      (*) 
 Đặt 2xt  (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2
64
2 24 2 24 64 0t t t
t
      
8t  hoặc 4t  (nhận cả hai nghiệm này do t > 0) 
 Với 8t  ta có 2 8 3x x   
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng 
23
B
A
O
S
I
C'
C
B'
D 'A '
A D
B
 Với 4t  ta có 2 4 2x x   
 Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3. 
 
2
2 2 21 1 1
1
ln ln ln
1
e
e e ex x x x
I dx dx dx dx
x x x
             
 Xét 11 1
1
e e
I dx x e    
 Xét 
2 21
lne x
I dx
x
  . Đặt 
2
1ln
1 1
u x du dx
x
dv dx vx x
     
      
. Khi đó, 
2 21
1 1
ln 1 1 1 1 1 2
1 1
e e
ex
I dx
x e x e e ex
                        
 Vậy, 
1 2
2 2
1 1I I I e e
e e
        
 Viết pttt của 3 1y x x   tại các giao điểm của nó với đường thẳng 2 1y x  
 Cho 3 31 2 1 3 2 1, 2x x x x x x x          
 23 1y x   
 Với 3
0 0
1 1 1 1 1x y      và 2(1) 3.1 1 2f     
pttt tại 
0
1x  là: 1 2( 1) 2 1y x y x      
 Với 3
0 0
2 ( 2) ( 2) 1 5x y          và 2( 2) 3.( 2) 1 11f       
pttt tại 
0
1x  là: 5 11( 2) 11 17y x y x      
 Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 2 1y x  và 11 17y x  
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ) 
 Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. 
 Do đó, 2 2 2AB SA SB a   và 
1 2
2 2
a
SO OA AB   
 Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : 
xq
22 2
2 2 2
a a a
S rl
p
p p     ; 
tp xq
2
2
2 22
2 2
a a
S S r a
p
p p p
        
 Thể tích khối nón: 
2
3
21 1 2 2 2
3 3 2 2 12
a a a
V r h
p
p p
       
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: Từ giả thiết ta có (0; 0; 0)A , (1;0; 0)B , (1;2;3)C  , (0;0;3)A 
 Điểm trên ( )ABA : (0;0;0)A 
 Hai véctơ: (1;0;0)AB 

 , (0;0